Các đa thức dạng Fibonacci
Lê Kim Uyên
Trường THPT Ngô Gia Tự, Eakar, Đak Lak
1 Đa thức Fibonacci và đa thức Lucas
Định nghĩa 1. Dãy đa thức {fn(x)},n∈Z+thỏa mãn hệ thức truy hồi
fn+2(x) = xfn+1(x) + fn(x),với mọi n∈Z+
trong đó f0(x) = 0, f1(x) = 1 được gọi là một dãy đa thức Fibonacci, ký hiệu {fn(x)}.
Nhận xét 1. deg fn(x) = n−1,∀n≥1.
Định nghĩa 2. Dãy đa thức {ln(x)},n∈Z+thỏa mãn hệ thức truy hồi
ln+2(x) = xln+1(x) + ln(x),với mọi n∈Z+
trong đó l0(x) = 2, l1(x) = xđược gọi là một dãy đa thức Lucas, ký hiệu {ln(x)}.
Nhận xét 2. deg ln(x) = n, ∀n≥0.
Định lý 1. Với mọi n≥1chúng ta có
fn(x) = ⌊(n−1)/2⌋
X
j=0 n−j−1
jxn−2j−1
Chứng minh. Cách 1: Đặt
gn(x) = ⌊(n−1)/2⌋
X
j=0 n−j−1
jxn−2j−1, n ≥1
Ta sẽ chứng minh gn(x) = fn(x). Từ cách đặt ta thu được g1(x) = 1 = f1(x)và
g2(x) = x=f2(x).
Để chứng minh gn(x) = fn(x)ta chứng minh gn(x)thỏa mãn công thức truy hồi
gn(x) = xgn−1(x) + gn−2(x),∀n≥2.
+ Với nchẵn, n= 2k, k ∈Z+chúng ta có
xgn−1(x) + gn−2(x) =
168
=x⌊(n−2)/2⌋
X
j=0 n−j−2
jxn−2j−2+⌊(n−3)/2⌋
X
j=0 n−j−3
jxn−2j−3
=⌊(n−2)/2⌋
X
j=0 n−j−2
jxn−2j−1+⌊(n−1)/2⌋
X
j=1 n−j−2
j−1xn−2j−1
=xn−1+⌊(n−2)/2⌋
X
j=1 n−j−2
jxn−2j−1+⌊(n−2)/2⌋
X
j=1 n−j−2
j−1xn−2j−1
=xn−1+⌊(n−2)/2⌋
X
j=1  n−j−2
j+n−j−2
j−1xn−2j−1
=xn−1+⌊(n−2)/2⌋
X
j=1 n−j−1
jxn−2j−1=⌊(n−2)/2⌋
X
j=0 n−j−1
jxn−2j−1
=⌊(n−1)/2⌋
X
j=0 n−j−1
jxn−2j−1=gn(x).
+ Với nlẻ, n= 2k+ 1, k ∈Z+.
Chứng minh tương tự ta cũng thấy gn(x)thỏa mãn công thức truy hồi gn(x) =
xgn−1(x) + gn−2(x).
Ta được gn(x) = fn(x),∀n≥1.
Cách 2: Chúng ta có
y
1−xy −y2=∞
X
n=0
fn(x)yn(1)
Nhưng
1
1−2zt +z2=∞
X
n=0
⌊n/2⌋
X
j=0
(−1)jn−j
j(2t)n−2j
zn(2)
Un(t) = ⌊n/2⌋
X
j=0
(−1)jn−j
j(2t)n−2j
là đa thức Chebyshev lọai hai. Đặt x= 2it;z=it thì
1
1−xy −y2=∞
X
n=0
inUn(x/2i)yn
Do đó
y
1−xy −y2=∞
X
n=0
inUn(x/2i)yn+1 (3)
169
Ta được
fn+1(x) = inUn(x/2i)
=in⌊n/2⌋
X
j=0
(−1)jn−j
j(x/i)n−2j
=⌊n/2⌋
X
j=0 n−j
jxn−2j
Do đó
fn(x) = ⌊(n−1)/2⌋
X
j=0 n−j−1
jxn−2j−1
Định lý 2. Giả sử α(x)và β(x)là nghiệm của phương trình bậc hai t2−xt −1 = 0;
α(x) = x+√x2+ 4
2và β(x) = x−√x2+ 4
2
Khi đó
fn(x) = αn(x)−βn(x)
α(x)−β(x)
và
ln(x) = αn(x) + βn(x)
Chứng minh. Tương tự với p(x) = x, q(x) = 1, a1(x) = l1(x) = x, a0(x) = l0(x) = 2 chúng
ta được
ln(x) = an(x) = x−2β(x)
α(x)−β(x)αn(x)−x−2α(x)
α(x)−β(x)βn(x)
=[α(x) + β(x)] −2β(x)
α(x)−β(x)αn(x)−[α(x) + β(x)] −2α(x)
α(x)−β(x)βn(x)
=αn(x) + βn(x)
Định lý 3. x
n
P
1
fi(x) = fn+1 (x) + fn(x)−1
Chứng minh. Sử dụng hệ thức truy hồi của đa thức Fibonacci, ta được
n
X
i=1
fi+1 (x) = x
n
X
i=1
fi(x) +
n
X
i=1
fi−1(x)
hay
f2(x) + f3(x) + ... +fn(x) + fn+1 (x) = x
n
X
i=1
fi(x) + [f0(x) + f1(x) + ... +fn−1(x) ]
170
Do đó
fn(x) + fn+1 (x) = x
n
X
i=1
fi(x) + f0(x) + f1(x)
Mà f0(x) = 0, f1(x) = 1 nên
x
n
X
1
fi(x) = fn+1 (x) + fn(x)−1
Hệ quả 1. n
P
1
Fi=Fn+1 −1
Chứng minh. Ta có n
X
1
fi(1) = fn+1(1) + fn(1) −1
Mà fi(1) = Fivà Fn+2 =Fn+1 +Fnnên ta được
n
X
1
Fi=Fn+1 −1
Tính chất 1. (Liên hệ giữa đa thức Fibonacci và Lucas)
i) ln(x) = fn+1(x) + fn−1(x)
ii) ln(x) = xfn(x) + 2fn−1(x)
iii) xln(x) = fn+2(x)−fn−2(x)
Mệnh đề 1. Giả sử {fn(x)}là một dãy đa thức Fibonacci. Khi đó, nếu
Q(x) = x
1
1
0
thì
Qn(x) = fn+1(x)
fn(x)
fn(x)
fn−1(x)
trong đó n≥1.
Tính chất 2. Chúng ta có
i) x
n
P
1
fi(x) = fn+1 (x) + fn(x)−1
ii) x
n
P
1
li(x) = ln+1 (x) + ln(x)−x−2
171
Tính chất 3. Chúng ta có một số tính chất sau
i) fn+1(x)fn−1(x)−f2
n(x) = (−1)n(công thức Cassini)
ii) fn+1(x)fn−2(x)−fn(x)fn−1(x) + x(−1)n= 0
iii) fm+n(x) = fm+1(x)fn(x) + fm(x)fn−1(x)
iv) ln+1(x)ln−1(x)−l2
n(x) = (−1)n−1(x2+ 4)
v) ln+1(x)ln−2(x)−ln(x)ln−1(x) + x(−1)n−1(x2+ 4) = 0
vi) f2
n(x) + f2
n+1(x) = f2n+1(x)
vii) f′
n(x) =
n−1
P
i=1
fi(x)fn−i(x)trong đó f′
n(x)là đạo hàm của fn(x)theo biến xvà
n≥1.
Tính chất 4. Chúng ta có một số kết quả sau
i) αn(x) = ln(x)+√x2+4fn(x)
2
ii) βn(x) = ln(x)−√x2+4fn(x)
2
Tính chất 5. (Liên hệ giữa đa thức Fibonacci và Lucas)
i) fm(x) = lk(x)fm−k(x) + (−1)k+1fm−2k(x)
ii) l2
n(x)−(x2+ 4)f2
n(x) = 4(−1)n
iii) l2
n(x) + l2
n+1(x) = (x2+ 4)f2n+1(x)
iv) fm+n(x) + (−1)nfm−n(x) = fm(x)ln(x)
v) fm(x)ln(x) + fn(x)lm(x) = 2fm+n(x)
Tính chất 6. fn(l2m+1(x)) = f(2m+1)n(x)
f2m+1(x)
Hệ quả 2. i) Fm+n=Fm+1Fn+FmFn−1
ii) Fn=⌊(n−1)/2⌋
P
j=0 n−j−1
j
iii) Fm+n+ (−1)nFm−n=FmLn
iv) Fn+1.Fn−1−F2
n= (−1)n
v) Fm+n=Fm+1Fn+FmFn−1
Ví dụ 1. i)
f5(x) =
2
X
04−j
jx4−2j
=4
0x4+3
1x2+2
0x0
=x4+ 3x2+ 1.
ii)(x+√x2+ 4)5−(x−√x2+ 4)5= 32(x4+ 3x2+ 1)√x2+ 4
Do đó
f5(x) = x4+ 3x2+ 1
iii)
x
4
X
1
fi(x) = x[1 + x+ (x2+ 1) + (x3+ 2x)]
172